主题四 化学反应原理（综合训练）（上海专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

主题四 化学反应原理 (考试时间：60分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Cr-52 Mn-55 一、硒及其化合物的结构和性质(17分） 1．（2026·上海·一模）硒(Se)是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。 (1)Se在元素周期表中的位置 。 (2)O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为 (填化学式)。 (3)已知SeO2与SO2的部分性质如下表： 物质 状态(常温) 熔 点 SeO2 固体 340-350℃ SO2 气体 -75.5℃ 根据X射线衍射分析，SeO2晶体具有如图所示的长链状结构，请解释SeO2与SO2熔点差异较大的可能原因 。 (4)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示：。“依布硒”中Se原子的杂化类型为 ，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 。常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。 二元酸 H2SeO3 H2CO3 (5)常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH_______。 A．前者大 B．后者大 C．无法比较 D．一样大 (6)亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是_______。(不定项) A． B． C． D． Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。 (7)该超导材料的化学式为 ；距离Se原子最近的Fe原子的个数为 。 (8)晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为 (阿伏加德罗常数用表示)。 【答案】除备注外，每空2分 (1)第四周期ⅥA族 (2)H2O>H2S>H2Se (3)SeO2与SO2都属于分子晶体，SeO2的链状结构分子量远大于SO2，范德华力大得多 (4) 杂化（1分） N>O>Se (5)B（1分） (6)BC (7) 4（1分） (8) 【详解】（1）Se的原子序数为34，在元素周期表中的位置是第四周期ⅥA族。 （2）O、S、Se气态氢化物分别为H2O、H2S、H2Se，分子中O、S、Se都发生sp3杂化，中心原子最外层都存在2对孤对电子，电负性O>S>Se，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大、键角越大，所以H2O、H2S、H2Se键角由大到小的顺序为。 （3）SeO2与SO2均为分子晶体，相对分子质量链状SeO2比SO2大的多，分子间作用力SeO2更大，所以SeO2与SO2熔点差异较大； （4）“依布硒”中Se原子形成2个σ键，孤电子对数为2，价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；O、N元素同周期，N为VA族元素，第一电离能大于同周期相邻的两种元素，即第一电离能N>O，Se、O 元素同主族，同一主族从上至下第一电离能逐渐减小，所以Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N>O>Se； （5）由表中数据可知酸性： > ，Na2SeO3和Na2CO3溶液中均会发生水解，根据越弱越水解，则水解程度更大，则等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH后者大，故选B。 （6）A．NaHSeO3中的电荷守恒为：，A错误； B．NaHSeO3中同时存在的电离和水解，<，电离大于水解，故，B正确； C．NaHSeO3中的Na和Se元素为1：1，物料守恒为，C正确； D．由电荷守恒和元素守恒式子得：，D错误； 故选BC； （7）由晶胞结构可知，Li原子个数为：8×+1=2，Fe个数为8×=4，Se原子个数为：8×+2=4，则该超导材料的化学式为LiFe2Se2，距离Se原子最近的Fe原子的个数为4。 （8）由晶胞中原子个数，该晶体密度为=。 二、碳酸镁的性质原理和应用(17分） 2．（25-26高三上·上海·期中）碳酸镁广泛应用于医药、保健品、食品添加剂等领域，尤其是对镁缺乏者有益。 (1)最近我国化学家成功研发了陶瓷部件的焊接技术。通过反应，然后在电子束照射下，又完全分解为纳米晶，可实现陶瓷材料的连接，并放出。下列说法不正确的是___________。 A．反应   B．可作为耐火材料 C．材料连接前后的质量没变化 D．纳米晶材料属于金属材料 (2)镁的矿物有、等。下列说法正确的是___________。 A．半径： B．电负性：O>S C．热稳定性： D．碱性：循环在捕获及转化等方面具有重要应用。 科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： (3)提高平衡产率的条件是___________。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (4)计算   。 (5)反应Ⅰ的随温度T的变化趋势是___________。 A． B． C． D． (6)高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如下图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中反应速率最慢的基元反应是 (填序号)。 A．①    B．②    C．③    D．④ 生成水的基元反应方程式为 。 (7)100kPa下，在密闭容器中和各1mol发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是 (填字母)。 ②550℃下达到平衡时， mol。500~600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是 。 【答案】除备注外，每空2分 (1)D（1分） (2)B（1分） (3)B（1分） (4)-65 (5)C (6) D (7) c 0.2 温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为H2增加量大于减少量 【详解】（1）A．反应气体分子数减少，ΔS<0，A正确； B．MgO的熔点高，且在高温下化学性质稳定，不易与酸、碱或多数金属反应，因此能够耐受极端高温环境，常用于制造耐火砖、炉材等耐火材料，B正确； C．材料连接前后MgO首先与CO2生成MgCO3，在电子束照射下，MgCO3分解为MgO和CO2，MgO前后质量不变，C正确； D．MgO纳米晶材料是金属氧化物，属于无机非金属材料，D错误； 故答案为D。 （2）A．离子电子数相同，原子序数越小，半径越大，则半径：，A错误； B．同主族元素从上至下电负性减小，则电负性：O>S，B正确； C．O半径小于S，O-H键键能大于S-H，则热稳定性：，C错误； D．Mg半径小于Ca，Mg2+与OH-结合强于Ca2+与OH-结合，则碱性：，D错误； 故答案为B。 （3）反应II放热、反应分子数减小，则低温、高压条件有利于反应进行，故答案为B。 （4）为反应I+反应II，则ΔH=ΔH1+ΔH2=+101kJ/mol-166kJ/mol=-65kJ/mol。 （5）反应I吸热、气体分子数增加，则ΔH>0、ΔS>0，因此温度增加，ΔH-TΔS在低温下为正值、高温下为负值，故答案为C。 （6）如图可知，最慢的基元反应为活化能最大的基元反应，第④步活化能最大，故答案为D；生成水的基元反应方程式为。 （7）①已知反应I为吸热反应，Ⅱ为放热反应，Ⅲ为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在360℃以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性； ②在550℃下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出n(CO)=1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的，在500~600℃，随温度升高，反应Ⅱ逆移，H2量增多，使反应Ⅲ正移，H2量减少，总的表现为H2增加量大于减少量。 三、过二硫酸钠的性质原理和制备(17分） 3．（25-26高三上·上海松江·期末）过二硫酸钠(Na2S2O8)是一种重要的化学试剂，广泛应用于化工合成、水质处理等领域。 (1)Na2S2O8的负离子为S2O，其结构如下图所示。 ①用“  ”在下图标示出S2O中体现强氧化性的基团 。 ②结合S2O的结构，分析S的化合价为 。 A．+4        B．+5        C．+6         D．+ 7 (2)酸性条件下，S2O与Mn2+反应生成MnO与SO，写出该过程的离子反应方程式 。 Na2S2O8可通过电解NaHSO4溶液的方法制得。电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。   (3)已知阳极放电的离子主要是HSO，则Na2S2O8制备过程中阳极区溶液的pH范围应为______。 A．-2~0 B．0~2 C．2~4 D．4~6 (4)阳极的电极反应式为 。 Na2S2O8可用于降解有机污染物，原因是Na2S2O8溶液在一定条件下产生强氧化性自由基()。处理含有机污染物的废水时，一般先投放Na2S2O8，再投放FeSO4 Fe2+可活化，其过程中存在下列反应： (k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快) I、→ 2      k = 2.5×10-9 II、+ H2O → SO+ •OH + H+      k = 2×103 III、 + Fe2+ → Fe3+ + +       k = 20 IV、Fe2+ + → Fe3+ +       k = 4.6×109 …… (5)某小组探究“对有机污染物降解速率的影响因素”。 ①结果表明温度升高，反应速率加快，从微观角度解释其原因 。 ②除温度之外， 等因素也会影响降解有机污染物的反应速率。(任写一种) (6)相同条件下，初始对有机物降解率的影响如下图所示。下列分析错误的是______。(不定项) A．pH约为3时，有机物的降解率较高 B．初始pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于•SO生成 C．初始pH过小，反应过程中的 •OH会与H+发生中和反应，生成水 D．初始pH越大，有利于生成较多的 •OH，降低有机物的降解率 (7)为提高污染物的降解率，需分批投放FeSO4，根据过程中涉及的反应，分析分批投放可能的原因 。 【答案】除备注外，每空2分 (1) C（1分） (2) (3)B (4) (5) 温度升高，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞概率增大，因此，反应速率加快 H+浓度、Fe2+浓度、催化剂等(合理即可) (6)C (7)反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗，因此不利于降解 【详解】（1） ①S2O为过二硫酸根离子，体现强氧化性的是过氧键，如图：； ②S2O的结构为，硫的电负性小于氧，当硫和氧形成共价键时，硫显正价，氧显负价，中每个硫原子形成六个硫氧键，故硫的化合价为+6价，故选C； （2）酸性条件下，S2O与Mn2+反应生成MnO与SO，离子反应方程式为： （3） 根据电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系图，可知存在的pH范围为-2~2，但pH范围为-2~0时有H2S2O8，阳极放电的离子主要是，故Na2S2O8制备过程中阳极区溶液的pH范围应为0~2，选B。 （4）阳极为失电子生成，电极反应为：； （5）①温度升高，分子能量增大，活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增加，有效碰撞概率增大，使反应速率加快； ②影响反应速率的因素有温度、浓度、压强、催化剂等，该反应是在溶液中进行的反应，压强影响较小，则除温度之外，和反应有关的离子浓度也会影响反应速率，故H+浓度、Fe2+浓度、浓度、催化剂等因素也会影响降解有机污染物的反应速率； （6）根据相同条件下，初始对有机物降解率的影响关系图可知， A．pH约为3时，有机物的达到90%，降解率较高，A正确； B．Fe2+水解使溶液显酸性，则初始pH越大，酸性越弱，Fe2+水解程度越大，有利于反应II，生成•OH，•OH氧化能力比弱；不利于反应III，不利于生成，B正确； C．初始pH过小，H+浓度大，但•OH不是氢氧根，不与H+反应，C错误； D．初始pH越大，Fe2+水解程度越大，有利于反应II，有利于生成较多的•OH，但•OH的氧化性弱于，使降低有机物的降解率，D正确； 故选C； （7）根据过程中涉及的反应及速率常数可知，反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗，因此不利于降解。 四、铼粉和金属钼工艺制备(15分） 4．（2026·上海·一模）铼(Re)、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、CuO、)中提取铼粉和金属钼的流程如下图所示： 已知：I．、是酸性氧化物，过铼酸()是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性； II．过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 回答下列问题： (1)“碱浸”时MoO3转化为，中Mo的化合价是 。“滤渣I”的主要成分是 (填化学式)。 (2)“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为 。 (3)“氧化”过程，发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。 (4)“沉铼”时，加入热 NH4Cl 溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的NH4ReO4晶体，“操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 、低温干燥。 (5)“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断“酸化沉钼”的最佳条件是 。 (实线、虚线分别表示其他条件相同时反应时间、pH对实验结果的影响) (6)用硫酸处理从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰可以制备无公害型冷却水系统金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)。制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去，若溶液中，，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为 (保留一位小数)。 [忽略溶液体积变化。常温下，，] (7)电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图所示。电解时，若维持电流强度为0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子)，电解90min，理论上消耗MoS2的质量为 g。 【答案】除备注外，每空2分 (1) +6价 （1分） CuO、 (2) (3)3:2 (4)冷水洗涤 (5)反应时间为60min；终点pH为1.0 (6)97.5% (7)0.24 【分析】烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和不溶于碱溶液，在滤渣I中过滤出来；、都能和NaOH反应，分别生成和，滤液中加锌还原，被还原成难溶的，用氧气氧化得到，加氯化铵溶液沉铼，得到过，然后热解得到，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼（ 钼酸钠与硝酸反应析出钼酸），所得钼酸高温焙烧生成氧化钼（MoO3），经氢气在高温下还原得到金属钼。 【详解】（1）中O为-2价，故Mo的化合价是+6价。根据分析，不溶于碱的CuO、 过滤在“滤渣I”中。 （2）“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为。 （3）根据分析，“氧化”过程用氧气氧化得到，该反应氧气是氧化剂，每个氧气得4个电子，每个还原剂失6个电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:2。 （4）过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。"操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥。 （5）根据图2可判断，当反应时间为60 min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60 min、pH为1.0。 （6）根据图2可判断，当反应时间为60 min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60 min、pH为1.0。 （6），，由可知，当开始沉淀时，，由可知，此时溶液中，所以的去除率。 （7）从图3可知，ClO-来自于Cl-，Cl-在电解池的阳极失去电子生成ClO-，生成1molClO-失去2mol电子，所以当通过90min×60s/min×5×10-6mol/s=0.027mol电子时，生成0.0135molClO-，生成的ClO-和MoS2反应生成Cl-和MoO、SO，消耗1molMoS2转移18mol电子，根据电子守恒：0.0135mol×2=n(MoS2)×18，所以n(MoS2)=0.0015mol，则m(MoS2)=0.0015mol×160g/mol=0.24g，故答案为：0.24。 五、二氧化碳加氢制甲醇(16分） 5．（2026·上海·一模）利用将催化还原为甲醇可以有效实现“碳减排”，其转化反应为：   。 已知该转化反应在某固体催化剂表面分两步进行： 反应I：   反应Ⅱ：   (1)根据以上数据计算 ，反应Ⅱ能自发进行的条件是 。 (2)以物质的量之比1：20向刚性容器中投入和合成甲醇。的平衡转化率随温度的变化如下图所示。 ①时，，则反应的平衡常数为 (保留1位有效数字)。 ②随温度升高，的平衡转化率先减小后增大的原因是 。 (3)研究表明，电催化还原也可制得甲醇，部分反应机理如下图所示(其中吸附在催化剂表面的物种用“”标注)。下列描述不正确的是_______。 A．合成甲醇的决速步反应为 B．制备甲醇过程中会产生大量副产物HCHO C．以上反应过程中只断裂键和形成键 D．加入合适的催化剂可以提高甲醇的选择性 (4)某电化学还原法制备甲醇的电解原理如图所示。 写出催化电极的电极反应式 ，电池工作过程中阴极室电解液中的浓度 (填“增大”“减小”或“基本不变”)。 (5)CO2在催化剂-O-Ga-O-Zn-作用下加氢制甲醇，再通过催化剂SAPO-34制乙烯，反应历程如图所示(□表示氧原子空位，*表示微粒吸附在催化剂表面)，下列说法正确的是 。 A．-催化剂-O-Ga-O-Zn-降低CO2加氢制甲醇的，加快反应速率 B．CO2催化加氢制甲醇的总反应方程式： C．理论上，每产生1 mol乙烯，需消耗3 mol氢气 D．反应历程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成 【答案】每空2分 (1) 低温 (2) 0.007 250℃之前，随温度升高，因反应Ⅱ放热，平衡逆移，导致CO浓度增大，浓度影响占主导因素，反应逆移，故转化率减小；以后，随温度升高，因反应吸热，温度因素占主导因素，反应正移，故转化率增大 (3)BC (4) 减小 (5)D 【详解】（1）已知：a： ；b： ；由盖斯定律，a-b得反应Ⅱ：，则；，反应能够自发进行，反应Ⅱ为熵减的放热反应，则低温下能够自发； （2）①假设向体积为的刚性容器中投入和发生反应Ⅰ和反应Ⅱ；由图可知时，转化率为，即转化了，假设反应Ⅱ消耗的物质的量为，则分步列出三段式为： 由于时，，得，，则平衡时、、、，因此； ②由图可知，之前，随温度升高，因反应Ⅱ放热，平衡逆移，导致浓度增大，浓度影响占主导因素，反应逆移，故转化率减小；以后，随温度升高，因反应吸热，温度因素占主导因素，反应正移，故转化率增大； （3）A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图像可知主反应中反应的活化能最大，为决速步，A正确； B．由图像可知生成HCHO的反应活化能非常大，不会大量生成，B错误； C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，叁键含有1个σ键2个π键；反应过程中还断裂了分子中的键，C错误； D．加入合适的催化剂可以降低主反应的活化能，提高合成甲醇的反应速率，从而提高甲醇的选择性，D正确； 故选BC； （4）由图可知，在催化电极被还原为，且电解质溶液为，由提供，则电极反应式为；电池工作时，双极膜中的不断转移至阴极室内与结合生成，理论上的总量不变，但由于过程中有生成，故的浓度减小； （5）A．催化剂降低了反应的活化能，从而加快反应速率，但不能改变反应的，A错误； B．CO2催化加氢制甲醇的总反应方程式：，B错误； C．甲醇在催化剂SAPO-34作用下制乙烯的方程式为，结合两步反应可得关系式，故理论上，每产生1 mol乙烯，需消耗6 mol氢气，C错误； D．由图可知，反应历程中涉及极性键和非极性键的断裂，有极性键和非极性键的形成，D正确； 故选D。 六、水溶液中的微粒关系(18分） 6．（2026·上海·一模）柠檬酸(俗称枸橼酸，用表示)是一种有机弱酸，易溶于水，熔点为153℃，可作酸度调节剂、防腐剂等。其结构简式如图所示： (1)关于柠檬酸分子说法正确的是_______。 A．分子中碳原子为杂化 B．分子中含有3个键 C．分子中含有13个键 D．不能形成分子内氢键 (2)证明柠檬酸为共价化合物而非离子化合物的实验方法为 。 (3)现需柠檬酸溶液作酸度调节剂，配溶液时所需仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、电子天平、 。需称量柠檬酸质量为 g。 (4)配制上述溶液时，导致实验结果偏大的情况是_______。 A．柠檬酸已潮解(吸收水蒸气) B．转移时未进行洗涤操作 C．定容时俯视容量瓶刻度线 D．容量瓶未干燥直接使用 25℃时，用调节溶液的，溶液中各种微粒的分布系数与的关系如图所示[比如的分布系]。 (5)下列叙述错误的是_______。 A．曲线Ⅰ代表，曲线Ⅳ代表 B．当时，溶液的 C．25℃时，反应的 D．25℃时，溶液加水稀释过程中，减小 (6)某浓度均为的和的混合液中 ① A．小于 　　 B．等于 　　 C．大于 　　 D．无法确定 ②= 。 (7)常温下，在柠檬酸()和的混合液中滴加NaOH溶液，混合液中pX[，X代表、、、]与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是_______。 A．直线表与pH关系 B． C．0.1 溶液呈碱性 D．的K>1000 (8)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为 g。 【答案】除备注外，每空2分 (1)B（1分） (2)将柠檬酸隔绝空气条件下加热到153℃使其完全熔化，测量其不能导电 (3) 胶头滴管 （1分） 1.92 (4)C (5)A (6) A 0.300 (7)C (8)14.4 【分析】25℃时，用氢氧化钠调节H3A溶液的pH时，溶液中H3A的浓度减小，H2A-的浓度先增大后减小、HA2- 的浓度先增大后减小、A3-的浓度持续增大，则曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数，由图可知，H3A的浓度与HA2- 的浓度相等时，溶液的pH为3.1，则H3A的一级电离常数Ka1(H3A)= = c(H+)=10—3.1，同理可知，H3A的二级电离常数、三级电离常数分别为10—4.8、10—6.4。 【详解】（1）A．由结构简式可知，柠檬酸分子中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，羧基中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，A错误； B．由结构简式可知，柠檬酸分子中含有3个羧基，羧基中碳氧双键中含有1个π键，所以柠檬酸分子中含有3个π键，B正确； C．由结构简式可知，柠檬酸分子中单键为σ键，羧基中碳氧双键中含有1个σ键，则柠檬酸分子中含有20个σ键，C错误； D．由结构简式可知，柠檬酸分子中醇羟基中的氢原子和碳氧双键中的氧原子之间可形成分子内氢键，D错误； 故选B； （2）共价化合物在熔融状态下不能导电，离子化合物在熔融状态下能导电，所以证明柠檬酸为共价化合物而非离子化合物的实验方法为将柠檬酸在隔绝空气条件下加热到153℃使柠檬酸完全熔化，测量柠檬酸能不能导电可以判断柠檬酸为共价化合物； （3）实验室没有80 mL容量瓶，所以配制80 mL0.100 mol/L的柠檬酸溶液时，应选用100 mL容量瓶，由配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、电子天平、胶头滴管；需称量柠檬酸质量为：0.100 mol/L×0.1 L×192 g/mol=1.92 g； （4）A．柠檬酸已潮解会使溶质的物质的量减小，导致所配溶液浓度偏小，A不合题意； B．转移时未进行洗涤操作会使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，B不合题意； C．定容时俯视容量瓶刻度线会使溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，C符合题意； D．容量瓶未干燥直接使用对溶质的物质的量和溶液的体积无影响，对所配溶液的浓度无影响，D不合题意； 故选C； （5）A．由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别代表H3A、H2A-、HA2-、A3-的分布系数，A错误； B．由电离常数可得：Ka2(H3A) Ka3(H3A) =，则溶液中H2A-的浓度与A3-的浓度相等时，溶液中 c2(H+)=10—4.8×10—6.4=10—11.2，则溶液中氢离子浓度为：c(H+)=mol/L=10—5.6mol/L， pH为5.6，B正确； C．由方程式可知，反应的平衡常数为：K=====101.7≈50.1，C正确； D．25℃时，HA2-的水解常数Kh===10—9.2＜Ka3(H3A)，说明HA2-在溶液中的电离程度大于水解程度，Na2HA溶液呈酸性，加水稀释过程中，氢离子浓度减小，水的离子积常数、HA2-的水解常数不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，由电离常数可得：=，所以溶液中和的值减小，D正确； 故选A。 （6）①25℃时，HA2-的水解常数Kh===10—9.2＜Ka3(H3A)，说明HA2-在溶液中的电离程度大于水解程度，Na2HA溶液呈酸性，同理可知，H2A-的水解常数Kh===10—10.9＜Ka2(H3A)，说明H2A-在溶液中的电离程度大于水解程度，NaH2A溶液呈酸性，则等浓度的NaH2A和Na2HA混合溶液呈酸性，由H2A-的电离常数大于HA2-可知，H2A-在溶液中的电离程度大于HA2-，且H2A-在溶液中电离出HA2-，所以溶液中H2A-的小于HA2-，故选A； ②混合溶液中存在电荷守恒关系：，则溶液中= c(Na+)=0.100 mol/L×2+ 0.100 mol/L=0.300 mol/L； （7）常温下，向柠檬酸和硝酸镉混合溶液中加入氢氧化钠溶液，溶液中镉离子浓度减小，则L4为-lgc(Cd2+)与pH的变化曲线；由电离常数可知，溶液中、、，柠檬酸的一级电离常数、二级电离常数、三级电离常数依次减小，则溶液pH相等时，溶液中、、依次减小，所以曲线L1、L2、L3分别代表-lg、-lg 、-lg 随pH的变化曲线；由图可知，溶液pH为4时，溶液中为100.9，则H3R的一级电离常数Ka1(H3R)= = 10—4×100.9=10—3.1，同理可知，H3R的二级电离常数、三级电离常数分别为10—4.7、10—6.4； A．由分析可知，曲线L1、L2、L3分别代表-lg、-lg 、-lg 随pH的变化曲线，A正确； B．由图可知，溶液pH为7时，镉离子浓度为10-0.3 mol/L，则氢氧化镉的溶度积为：Ksp=10-0.3×(10—7)2=10—14.3，B 正确： C．25℃时，HR2-的水解常数Kh===10—9.3＜Ka3(H3R)，说明HR2-在溶液中的电离程度大于水解程度，Na2HR溶液呈酸性，C错误； D．由方程式可知，反应的平衡常数为：K=====103.3＞1000，D正确； 故选C； （8）由题意可知，柠檬酸亚铁的物质的量为：=0.2 mol，设混合物中氧化铁的物质的量为x mol，氧化亚铁的物质的量为y mol，由铁原子个数守恒可得：2x+y=0.2，由氧化物的质量可得：160x+72y=15.84，解联立方程可得x=0.09 mol，所以Fe2O3的质量为160 g/mol×0.09 mol=14.4 g。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 主题四 化学反应原理 (考试时间：60分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Cr-52 Mn-55 一、硒及其化合物的结构和性质(17分） 1．（2026·上海·一模）硒(Se)是人体内不可缺少的微量元素，硒及其化合物在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题。 (1)Se在元素周期表中的位置 。 (2)O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为 (填化学式)。 (3)已知SeO2与SO2的部分性质如下表： 物质 状态(常温) 熔 点 SeO2 固体 340-350℃ SO2 气体 -75.5℃ 根据X射线衍射分析，SeO2晶体具有如图所示的长链状结构，请解释SeO2与SO2熔点差异较大的可能原因 。 (4)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示：。“依布硒”中Se原子的杂化类型为 ，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 。常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。 二元酸 H2SeO3 H2CO3 (5)常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH_______。 A．前者大 B．后者大 C．无法比较 D．一样大 (6)亚硒酸氢钠(NaHSeO3)可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是_______。(不定项) A． B． C． D． Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。 (7)该超导材料的化学式为 ；距离Se原子最近的Fe原子的个数为 。 (8)晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为 (阿伏加德罗常数用表示)。 二、碳酸镁的性质原理和应用(17分） 2．（25-26高三上·上海·期中）碳酸镁广泛应用于医药、保健品、食品添加剂等领域，尤其是对镁缺乏者有益。 (1)最近我国化学家成功研发了陶瓷部件的焊接技术。通过反应，然后在电子束照射下，又完全分解为纳米晶，可实现陶瓷材料的连接，并放出。下列说法不正确的是___________。 A．反应   B．可作为耐火材料 C．材料连接前后的质量没变化 D．纳米晶材料属于金属材料 (2)镁的矿物有、等。下列说法正确的是___________。 A．半径： B．电负性：O>S C．热稳定性： D．碱性：循环在捕获及转化等方面具有重要应用。 科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   回答下列问题： (3)提高平衡产率的条件是___________。 A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压 (4)计算   。 (5)反应Ⅰ的随温度T的变化趋势是___________。 A． B． C． D． (6)高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如下图，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注，所示步骤中反应速率最慢的基元反应是 (填序号)。 A．①    B．②    C．③    D．④ 生成水的基元反应方程式为 。 (7)100kPa下，在密闭容器中和各1mol发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应Ⅲ在360℃以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是 (填字母)。 ②550℃下达到平衡时， mol。500~600℃，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是 。 三、过二硫酸钠的性质原理和制备(17分） 3．（25-26高三上·上海松江·期末）过二硫酸钠(Na2S2O8)是一种重要的化学试剂，广泛应用于化工合成、水质处理等领域。 (1)Na2S2O8的负离子为S2O，其结构如下图所示。 ①用“  ”在下图标示出S2O中体现强氧化性的基团 。 ②结合S2O的结构，分析S的化合价为 。 A．+4        B．+5        C．+6         D．+ 7 (2)酸性条件下，S2O与Mn2+反应生成MnO与SO，写出该过程的离子反应方程式 。 Na2S2O8可通过电解NaHSO4溶液的方法制得。电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。   (3)已知阳极放电的离子主要是HSO，则Na2S2O8制备过程中阳极区溶液的pH范围应为______。 A．-2~0 B．0~2 C．2~4 D．4~6 (4)阳极的电极反应式为 。 Na2S2O8可用于降解有机污染物，原因是Na2S2O8溶液在一定条件下产生强氧化性自由基()。处理含有机污染物的废水时，一般先投放Na2S2O8，再投放FeSO4 Fe2+可活化，其过程中存在下列反应： (k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快) I、→ 2      k = 2.5×10-9 II、+ H2O → SO+ •OH + H+      k = 2×103 III、 + Fe2+ → Fe3+ + +       k = 20 IV、Fe2+ + → Fe3+ +       k = 4.6×109 …… (5)某小组探究“对有机污染物降解速率的影响因素”。 ①结果表明温度升高，反应速率加快，从微观角度解释其原因 。 ②除温度之外， 等因素也会影响降解有机污染物的反应速率。(任写一种) (6)相同条件下，初始对有机物降解率的影响如下图所示。下列分析错误的是______。(不定项) A．pH约为3时，有机物的降解率较高 B．初始pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于•SO生成 C．初始pH过小，反应过程中的 •OH会与H+发生中和反应，生成水 D．初始pH越大，有利于生成较多的 •OH，降低有机物的降解率 (7)为提高污染物的降解率，需分批投放FeSO4，根据过程中涉及的反应，分析分批投放可能的原因 。 四、铼粉和金属钼工艺制备(15分） 4．（2026·上海·一模）铼(Re)、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、CuO、)中提取铼粉和金属钼的流程如下图所示： 已知：I．、是酸性氧化物，过铼酸()是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性； II．过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 回答下列问题： (1)“碱浸”时MoO3转化为，中Mo的化合价是 。“滤渣I”的主要成分是 (填化学式)。 (2)“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为 。 (3)“氧化”过程，发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。 (4)“沉铼”时，加入热 NH4Cl 溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的NH4ReO4晶体，“操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 、低温干燥。 (5)“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断“酸化沉钼”的最佳条件是 。 (实线、虚线分别表示其他条件相同时反应时间、pH对实验结果的影响) (6)用硫酸处理从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰可以制备无公害型冷却水系统金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)。制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去，若溶液中，，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为 (保留一位小数)。 [忽略溶液体积变化。常温下，，] (7)电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图所示。电解时，若维持电流强度为0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子)，电解90min，理论上消耗MoS2的质量为 g。 五、二氧化碳加氢制甲醇(16分） 5．（2026·上海·一模）利用将催化还原为甲醇可以有效实现“碳减排”，其转化反应为：   。 已知该转化反应在某固体催化剂表面分两步进行： 反应I：   反应Ⅱ：   (1)根据以上数据计算 ，反应Ⅱ能自发进行的条件是 。 (2)以物质的量之比1：20向刚性容器中投入和合成甲醇。的平衡转化率随温度的变化如下图所示。 ①时，，则反应的平衡常数为 (保留1位有效数字)。 ②随温度升高，的平衡转化率先减小后增大的原因是 。 (3)研究表明，电催化还原也可制得甲醇，部分反应机理如下图所示(其中吸附在催化剂表面的物种用“”标注)。下列描述不正确的是_______。 A．合成甲醇的决速步反应为 B．制备甲醇过程中会产生大量副产物HCHO C．以上反应过程中只断裂键和形成键 D．加入合适的催化剂可以提高甲醇的选择性 (4)某电化学还原法制备甲醇的电解原理如图所示。 写出催化电极的电极反应式 ，电池工作过程中阴极室电解液中的浓度 (填“增大”“减小”或“基本不变”)。 (5)CO2在催化剂-O-Ga-O-Zn-作用下加氢制甲醇，再通过催化剂SAPO-34制乙烯，反应历程如图所示(□表示氧原子空位，*表示微粒吸附在催化剂表面)，下列说法正确的是 。 A．-催化剂-O-Ga-O-Zn-降低CO2加氢制甲醇的，加快反应速率 B．CO2催化加氢制甲醇的总反应方程式： C．理论上，每产生1 mol乙烯，需消耗3 mol氢气 D．反应历程中涉及极性键和非极性键的断裂与形成 六、水溶液中的微粒关系(18分） 6．（2026·上海·一模）柠檬酸(俗称枸橼酸，用表示)是一种有机弱酸，易溶于水，熔点为153℃，可作酸度调节剂、防腐剂等。其结构简式如图所示： (1)关于柠檬酸分子说法正确的是_______。 A．分子中碳原子为杂化 B．分子中含有3个键 C．分子中含有13个键 D．不能形成分子内氢键 (2)证明柠檬酸为共价化合物而非离子化合物的实验方法为 。 (3)现需柠檬酸溶液作酸度调节剂，配溶液时所需仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、电子天平、 。需称量柠檬酸质量为 g。 (4)配制上述溶液时，导致实验结果偏大的情况是_______。 A．柠檬酸已潮解(吸收水蒸气) B．转移时未进行洗涤操作 C．定容时俯视容量瓶刻度线 D．容量瓶未干燥直接使用 25℃时，用调节溶液的，溶液中各种微粒的分布系数与的关系如图所示[比如的分布系]。 (5)下列叙述错误的是_______。 A．曲线Ⅰ代表，曲线Ⅳ代表 B．当时，溶液的 C．25℃时，反应的 D．25℃时，溶液加水稀释过程中，减小 (6)某浓度均为的和的混合液中 ① A．小于 　　 B．等于 　　 C．大于 　　 D．无法确定 ②= 。 (7)常温下，在柠檬酸()和的混合液中滴加NaOH溶液，混合液中pX[，X代表、、、]与pH的关系如图所示。下列叙述错误的是_______。 A．直线表与pH关系 B． C．0.1 溶液呈碱性 D．的K>1000 (8)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为 g。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $